2018-2019学年福建省仙游第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 23页

仙游一中2018-2019学年度上学期期中考 高二化学试题 相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 Ag108‎ 第I卷(选择题共40分)‎ 一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是 选项 诗句 相关物质 相关说法 A 春蚕到死丝方尽 纤维素 高分子化合物 B 蜡炬成灰泪始干 脂肪烃 饱和烃 C 沧海月明珠有泪 碳酸钙 弱电解质 D 蓝田日暖玉生烟 二氧化硅 两性氧化物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于脂肪烃，属于饱和烃，故B正确；C．碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C错误；D．二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选B。‎ ‎2.下列变化中属于原电池反应的是 A. 马口铁(镀 Sn 铁)表面有划损时，也能阻止铁被氧化 B. 在空气中金属铝表面迅速被氧化形成保护膜 C. 红热的铁丝与水接触表面形成蓝色保护层 D. 在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，可加快 H2 的产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎【详解】A．铁、锡和电解质溶液符合原电池构成条件，则形成原电池，铁易失电子作负极，锡作正极，铁不能被保护，故A错误；‎ B．铝在空气中，极易和氧气反应生成氧化物薄膜，该反应中没有两个活泼性不同的电极，不能构成原电池，所以发生的不是原电池反应，故B错误；‎ C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故C错误；‎ D、在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，铁与CuSO4 反应生成少量铜，铜、铁、硫酸形成原电池，可加快 H2 的产生，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.下列关于能量变化的说法正确的是 A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高 B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种 C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定 D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。‎ 考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。‎ ‎4.在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用（　　）‎ A. NaOH B. HC1 C. NaCl D. CuSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：目的是电解水得到氢气和氧气，A、加入NaOH，实际上电解的还是水，并且NaOH是电解质，增强导电性，正确；B、加入HC1，Cl－‎ 先要放电，得不到氧气，错误；C、加入NaCl，Cl－先要放电，得不到氧气，错误；D、加入CuSO4，阳离子中Cu2＋先放电，得不到氢气，错误。‎ 考点：考查电解池相关知识。‎ ‎5. 为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是 A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 B. 将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快 C. 将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成 D. 两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、加入适量的氯化钠溶液，对盐酸溶液进行稀释，盐酸的浓度减小，，反应速率变慢，故说法错误；B、铝和稀硫酸反应产生氢气，而和浓硫酸发生钝化，故说法正确；C、验证光照对反应的影响，故说法正确；D、MnO2作催化剂，作对比实验，故说法正确。‎ 考点：考查影响反应速率的因素等知识。‎ ‎6.对于可逆反应A(g)＋3B(s) C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是 A. v(A)＝2 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1‎ C. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，其数值越大，化学反应速率越快，将这几种物质都转化为A物质。A．v(A)=2 mol•L-1•min-1；B．B是固体，不适用于化学反应速率的表示；C．v(C)=v(A)=0.1 mol•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1；D．v(D)=0.4 mol•L-1•min-1，则v(A)= v(D)=×0.4 mol•L-1•min-1=0.2 mol•L-1•min-1；通过以上分析知，化学反应速率最快的是C，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率大小比较，注意：比较化学反应速率时一定要统一单位，否则无法比较。本题的易错点为B，要注意B为固体。‎ ‎7.反应 A＋B→C(△H＞0)分两步进行 ：①A＋B→X (△H＜0)，②X→C(△H＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“反应物的总能量、生成物的总能量与ΔH的关系”分析。‎ ‎【详解】第①步的ΔH<0，A和B的总能量>X的总能量；第②步的ΔH>0，X的总能量0，A和B的总能量0，则在任何条件下均能自发进行，故B说法正确；‎ C.因为H2O(g)所具有能量较H2O(l)高，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(g)放出的热量较少，ΔH4>ΔH3，故C说法错误；‎ D.由盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=－320 kJ·mol－1，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是 A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动 B. 阳极发生的反应为：2Cu －2e－ +2OH－ = Cu2O+H2O C. 阴极OH-放电，有O2生成 D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。‎ ‎【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；‎ A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；‎ B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；‎ C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；‎ D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：‎ 下列说法不正确的是 A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应 B. 1mol咖啡酸最多能与4molH2反应 C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面 D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H12O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、羧基，咖啡酸能发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应，故A说法正确；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol咖啡酸最多能与4molH2反应，故B说法正确；C、苯空间构型为正六边形，乙烯为平面形，羧基中C为sp2杂化，因此此有机物中所有原子可能共面，故C说法正确；D、根据：C17H16O4＋H2O→C9H8O4＋一元醇，根据原子守恒，推出一元醇的分子式为C8H10O，故D说法错误。‎ ‎18.反应mX(g) +nY(g) pZ(g) 在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nZ）与反应时间的关系如图所示。下述判断正确的是 A. T1P2‎ B. T1P2，选项A错误；B. T1＞T2，m+n＞p，选项B错误；C. m+n＞p ，正反应放热，选项C正确；D. P1＞P2，正反应放热，选项D错误。答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物Z物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。‎ ‎19.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将 NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2 Na2CO3+C，下列说法错误的是 A. 放电时， ClO4-向负极移动 B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C D. 充电时，阳极反应为：Na+ + e−Na ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据方程式：3CO2+4Na2 Na2CO3+C可以得出二氧化碳做氧化剂，钠做还原剂，金属钠做负极而碳纳米管的镍网做正极，电子从负极流向正极，电解质溶液中阴离子（ClO4-）‎ 从正极流向负极，A正确； ‎ B. 根据方程式：3CO2+4Na2Na2CO3+C可知，放电时吸收二氧化碳，则充电时放出二氧化碳，B正确；‎ C.放电时，CO2在正极发生还原反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C，C正确；‎ D.充电时，C在阳极发生氧化反应，电极反应为：C-4e− +2CO32-3CO2，D错误；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过；电解池工作时溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，电子由负极经外电路流向阴极，再由阳极流回到正极。‎ ‎20.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是 ‎①该反应的化学平衡表达式为：K=c4(C)·c2(D)/[c3(A)·c2(B)]‎ ‎②此时B的转化率为35%‎ ‎③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．‎ ‎④增加C的量，A、B转化率不变 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故 B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。‎ 第II卷(非选择题共60分)‎ 二、填空题 ‎21.(1)某有机物由C、H、O三种元素组成，球棍模型如图所示：‎ ‎①含有的官能团名称是_______；‎ ‎②写出此有机物与金属钠反应的化学方程式_______。‎ ‎(2)四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。‎ ‎①可以鉴别甲和乙的试剂为_________；‎ a.稀硫酸 b.溴的四氯化碳溶液 c.水 d.酸性高锰酸钾溶液 ‎②上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是_________（填名称），‎ ‎③乙和丁的物质的量共1.5mol，完全燃烧需要的氧气的物质的量是_______。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). 2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH- COONa+H2↑ (3). bd (4). 苯 (5). 4.5mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据价键规律和球棍模型，写出有机物的结构简式CH2=CHCOOH，据此写出其所含官能团名称；该有机物含有羧基，能够与钠反应放出氢气，据此写出方程式；‎ ‎(2)甲、乙、丙为烃类，丁为烃的衍生物，据比例模型可知四种有机物：‎ 甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；据以上物质的相关性质进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)①根据价键规律和球棍模型，该有机物的结构简式为：CH2=CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键和羧基；综上所述，本题答案是：碳碳双键和羧基。‎ ‎②CH2=CHCOOH与钠反应生成羧酸盐和氢气，化学方程式为：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑；综上所述，本题答案是：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑。 ‎ ‎(2)由比例模型可知甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；‎ ‎①a项，甲烷和乙烯都不与稀硫酸反应，也不溶于水，无法鉴别，故不选a项；‎ b项，乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使其褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可以鉴别，故选b项；‎ c项，甲烷和乙烯都不溶于水，故无法鉴别，故不选c项；‎ d项，乙烯有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故选d项；‎ 综上所述，本题选bd。‎ ‎②有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的有机物为苯，苯为良好的有机溶剂；综上所述，本题答案是：苯。‎ ‎③乙为乙烯、丁为乙醇，1.5mol乙烯完全燃烧需要氧气的物质的量是1.5×（2+4/4）=4.5mol；1.5mol乙醇完全燃烧需要的氧气的物质的量是1.5×（2+6/4-1/2）=4.5mol；所以1.5mol乙烯和乙醇的混合物，完全燃烧需要的氧气的物质的量是4.5mol；综上所述，本题答案是：4.5mol。‎ ‎22.Ⅰ. （1）下列条件的改变能增大活化分子百分数的是_____________。‎ A.增大压强 B.增大反应物的浓度 C.升高温度 D.使用催化剂 ‎（2）破坏（或形成）1 mol化学键所吸收（或放出）的能量称为键能。已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ·mol-1）：P-P 198、Cl-Cl 243、P-Cl 331。‎ 则反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=__________kJ·mol-1。‎ Ⅱ.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示。‎ 已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1。请回答下列问题：‎ ‎（1）图中C表示___________，E表示______________；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是____________ ；‎ ‎（2）图中△H=_________kJ·mol-1。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). -1326 (3). 生成物总能量 (4). 反应的活化能 (5). 催化剂能改变反应的历程（或过程或路径），降低反应所需要的能量 (6). -198‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查反应热的计算，化学反应中能量变化的图像分析。‎ I.（1）升高温度、使用催化剂能增大活化分子百分数；增大压强、增大反应物的浓度能增大单位体积内分子总数，不能增大活化分子百分数；答案选CD。‎ ‎（2）由白磷的分子结构知1mol白磷分子中含6molP-P键，反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=6E（P-P）+6E（Cl-Cl）-12E（P-Cl）=6198kJ/mol+6243kJ/mol-12331kJ/mol=-1326kJ/mol。‎ II.（1）根据图示知，图中C表示生成物总能量，E表示反应的活化能；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是催化剂能改变反应的历程，催化剂能降低反应的活化能。‎ ‎（2）1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1，则2mol SO2（g）氧化为2mol ‎ SO3（g）的△H=-198kJ·mol-1，图中△H=-198kJ·mol-1。‎ ‎23.(1)利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：‎ ‎①写出电极反应式：正极__________________________ ；‎ ‎②图中X溶液是_______________，‎ ‎③原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。‎ ‎(2)如图是一个化学过程的示意图。‎ ‎①甲池中OH-移向__________极（填“CH3OH”或“O2”）。‎ ‎②写出通入CH3OH的电极的电极反应式_______________。‎ ‎③乙池中总反应的离子方程式___________________。‎ ‎④当乙池中B（A g）极的质量增加5.40g，若此时乙池中溶液的体积为500ml，则溶液的C(H+)是___________；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是______________（填序号）。A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3‎ ‎【答案】 (1). Fe3＋＋e-=Fe2＋ (2). FeCl3 (3). 阳 (4). CH3OH (5). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (6). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (7). 0.1mol·L－1 (8). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，铜失电子发生氧化反应，Fe3+得电子发生还原反应，原电池中正极发生还原反应，碳做正极，发生的还原反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋；综上所述，本题答案是：Fe3＋＋e-=Fe2＋。 ‎ ‎②石墨是正极，正极极反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3 溶液；综上所述，本题答案是：FeCl3 。‎ ‎③原电池工作时，阳离子移向正极，石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；综上所述，本题答案是：阳。‎ ‎(2) ①燃料电池中,投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,原电池放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动,即向投放甲醇的电极移动；综上所述，本题答案是：CH3OH。 ②该燃料电池中,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为: CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；因此，本题正确答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。‎ ‎③电解硝酸银溶液时,银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子,离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ ；综上所述，本题答案是：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。‎ ‎④当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g 时，设氢离子浓度为xmol/L，4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，根据反应关系：4Ag---4H+，432：4=5.4：0.5x，计算得出: x=0.1，所以溶液的c(H+)=0.1mol·L－1；阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素,析出5.40g 时转移电子是0.05mol；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是： A、硫酸镁中镁元素处于H元素前,所以阴极上不析出金属单质，故错误；  B、电解硫酸铜溶液时,阴极上析出1.6g铜需要转移电子0.05mol,故正确；  C、NaCl中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误； D、电解硝酸银溶液时,阴极上析出1.6g 银需要转移电子0.0148mol<0.05mol,故正确； 因此，本题选:BD。‎ 综上所述，本题答案是：0.1mol·L－1；BD。‎ ‎24. 某温度时，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 ；‎ ‎（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化 表示的平均反应速率为v(Z)= ；‎ ‎（3）2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时 （填增大、减小或不变）；混合气体密度比起始时 （填增大、减小或不变）。‎ ‎（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n (X) =" n" (Y) =" n" (Z)，则原混合气体中a : b = 。‎ ‎（5）下列措施能加快反应速率的是 。‎ A．恒压时充入He ‎ B．恒容时充入He ‎ C．恒容时充入X ‎ D．及时分离出Z E．升高温度 ‎ F．选择高效的催化剂 ‎（6）下列说法正确的是 。‎ A．升高温度改变化学反应的限度 B．已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率减慢 C．化学反应的限度与时间长短无关 D．化学反应的限度是不可能改变的 E． 增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 ‎【答案】（1）3X+Y2Z （2）0.05mol·L-1·min-1 （3）增大 不变 ‎（4）5:3 （5）CEF （6）AC ‎【解析】‎ 试题分析：（1） 由图像可知，X、Y随着时间的推移物质的量不断减少，X、Y为反应物，Z随着时间的推移物质的量不断增加，Z为生成物。平衡时由各物质转化的物质的量：X为0.3 mol，Y为0.1mol，Z为0.2mol可知化学方程式中各物质的化学计量数之比为3∶1∶2，则化学方程式为3X+Y2Z。‎ ‎（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)＝0.2mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L-1·min-1 。‎ ‎（3）根据M=m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大。由于反应前气体的质量和容器容积均不变，则混合气体密度不变。‎ ‎（4）根据上述分析可知 ‎3X+Y2Z 起始量(mol) a b 0‎ 变化量(mol) 3n n 2n 平衡量(mol) a-3n b-n 2n 根据题意：b-n＝2n，b＝3n，a-3n＝2n，a＝5n，解得a:b＝5:3。‎ ‎（5）A．恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反应速率减慢，B．恒容时充入He，各物质的浓度不变，化学反应速率不变，C．恒容时充入X，导致反应物浓度增大，化学反应速率加快，D．及时分离出Z，导致生成物浓度降低，化学反应速率减慢；E．升高温度能加快化学反应速率，F．选择高效的催化剂能加快化学反应速率，答案选CEF。‎ ‎（6）A．任何化学反应都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升温能改变化学反应限度，A正确；B．升高温度，能加快正逆反应速率，只是增加的幅度不同，B错误；C．化学反应的限度与时间长短无关，C正确；D．改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，所以化学反应的限度是可以改变的，D错误；E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，E错误；答案选AC。‎ 考点：考查化学方程式的确定，化学反应速率的计算，影响化学反应速率和化学平衡的因素等知识。‎ ‎25.合成氨对化学工业和国防工业具有重要意义。‎ ‎（1）向合成塔中按物质的量之比l:4充入N2、H2进行氨的合成，图A为T℃时平衡混合物中氨气的体积分数与压强(p)的关系图。‎ ‎①图A中氨气的体积分数为15％时，H2的转化率为_______。‎ ‎②图B中T=500℃，则温度为450℃时对应的曲线是_______(填“a”或“b”)。‎ ‎（2）合成氨所需的氢气可由甲烷与水反应制得，反应的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H>0，一定温度下，在体积为2 L的恒容容器中发生上述反应，各物质的物质的量变化如下表：‎ ‎①分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？_____（填“是”或“否”）。‎ ‎②该温度下，上述反应的平衡常数K=_____________________。‎ ‎③反应在7~10 min内，CO的物质的量减少的原因可能是____________（填字母）。‎ a．减少CH4的物质的量 b．降低温度 c．升高温度 d．充入H2‎ ‎④下列方法中可以证明上述反应已达平衡状态的是___________。‎ a．单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol CO b．容器内压强不再变化 c．混合气体密度不再变化 d．混合气体的平均相对分子质量不再变化 e．CH4的质量分数不再变化 ‎⑤已知碳的气化反应在不同温度下平衡常数的对数值（lgK）如下表：‎ 气化反应式 lgK ‎700K ‎900K ‎1200K C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)‎ ‎-2.64‎ ‎-0.39‎ ‎1.58‎ C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)‎ ‎-1.67‎ ‎-0.03‎ ‎1.44‎ 则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在900K时，该反应平衡常数的对数值（lgK）=_______。‎ ‎（3）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表:‎ 压强p/Pa ‎ ‎2×105 ‎ ‎5×105 ‎ ‎1×106 ‎ c（A）/mol•L-1 ‎ ‎0.08 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.44 ‎ ‎①当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡______移动（填“正向、逆向或不”）。‎ ‎②当压强为1×106 Pa时，此反应的平衡常数表达式为______________。‎ ‎【答案】 (1). 24.5% (2). b (3). 是 (4). 0.0675 (5). d (6). bde (7). 0.36 (8). 不 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)①设N2的转化率为x，    N2 +3H2 2NH3 初始：1 4      0 变化：x 3x     　2x  平衡：1-x 4-3x    2x 氨气的体积分数为15.00%时，则×100%=15%，解得x=0.33，所以氢气的转化率=×100%≈24.5%； ②对于反应 N2+3H22NH3，△H＜0，当温度降低时，化学平衡向放热反应方向移动，即正反应移动，所以氨气的体积分数增大，对应的曲线是b； (2)①5min时H2O的变化物质的量为1.00mol-0.8mol=0.2mol，此时生成的CO的物质的是量为0.2mol，和7min时CO的物质的量相等，则根据CO和H2的物质的量的变化情况可以判断，5〜7min之间反应是处于平衡状态，所以5min时反应是处于平衡状态；‎ ‎②该温度下，‎ CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ‎ 起始浓度为(mol/L) 0.2 0.5 0 0‎ 变化浓度为(mol/L) 0.1 0.1 0.1 0.3‎ 起始浓度为(mol/L) 0.1 0.4 0.10 0.3‎ 此温度下反应的平衡常数K===0.0675；‎ ‎③反应在7～10min之间，CO的物质的量减少，加入氢气能让平衡逆向移动，减少一氧化碳的浓度，故答案为d；‎ ‎④a．随反应的进行，单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol ‎ CO，均为正反应速率，故a错误；b．反应前后气体总的物质的量随反应的进行，在不断变化，当平衡时，总物质的量不变，此时容器内压强不再变化，则为平衡状态，故b正确；c．混合气体的质量和气体总体积始终不变，则密度始终不变，无法判断是否为平衡状态，故c错误；d．混合气体的总质量始终不变，但气体总物质的量是不定值，则当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，此时反应为平衡状态，故d正确；e．CH4的质量分数不再变化，说明反应处于相对静止状态，为平衡状态，故e正确；答案为bde；‎ ‎⑤已知：Ⅰ．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，令平衡常数为K1， Ⅱ．C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，令平衡常数为K2， 则Ⅱ-Ⅰ可得：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故该反应平衡常数K=，故lgK=lgK2-lgK1=-0.03-(-0.39)=0.36；‎ ‎(3)①由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L-1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；‎ ‎②由表格数据可知当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L-1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=。‎ 点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向；同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎ ‎ ‎ ‎